Concours-petites mines-1995-corrige

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´ Epreuve des petites mines, commune, 1995 - corrig´ e
c Francois Fayard, prot´g´ par la GNU Free Documentation License ¸ e e source disponible sur http://www.velvia.org

Probl`me 1 e
Partie I 1. (a) i. On cherche le d´veloppement limit´ (si il existe) de 1/t − 1/ sin t en 0 ` e e a l’ordre 4. Calculons tout d’abord l’ordre k auquel il est n´cessaire d’effectuer e le d´veloppement limit´ desin t : e e 1 1 − t sin t = = 1 1 1 1 − = 1− t t DLk−1 t DLk−1 1 1 (1 − DLk−1 ) = DLk−1 = DAk−2 t t

ϕ (0) = −

1 6

(b) D’apr`s les th´or`mes usuels, ϕ est de classe C 1 sur [−π/2, π/2] \ {0}. D’apr`s la e e e e question pr´c´dente, ϕ est continue et d´rivable en 0. Il reste ` montrer que ϕ est e e e a continue en 0. Or : π π ∀t ∈ − , \ {0} 2 2 ϕ (t) = − 1 cos t + t2 sin2 t

e e e Donc k −2 = 4. Il est donc n´cessaire d’effetcuer un d´veloppement limit´ de sin t ` l’ordre 6. a 1 1 sin t = t − t3 + t5 + o t6 t→0 3! 5! Donc : 1 1 1 = 1 sin t t 1 − 1 t2 + 120 t4 + o (t5 ) 6
t→0

On cherche la limite de cette expression lorsque t tend vers 0. Il est donc n´cessaire e d’en effectuer un d´veloppement limit´ ` l’ordre 0. Un raisonnement similaire a e e a ` celui de la question pr´c´dentenous montrer qu’il faut effectuer un d´veloppement e e e limit´ de sin2 t ` l’ordre 4 : e a sin t sin2 t = = = 1 t − t3 + o t3 t→0 6 1 t2 1 − t2 + o t2 t→0 6 1 t2 1 − t2 + o t2 t→0 3

2

Par division selon les puissances croissantes : 1 1 = sin t t 1 7 4 1 + t2 + t + o t5 t→0 6 360

Donc, par division selon les puissances croissantes : cos t sin2 t = = − Donc : ϕ (t) − − − −→
t→0 t=0 1 2 o2 1 1 − 2 t + t→0 t t2 1 − 1 t2 + o (t2 ) 3 t→0

1 1 7 3 1 − =− t− t + o t4 t→0 t sin t 6 360 Donc : 7 3 1 t + o t4 ϕ (t) = − t − t→0 6 360
t=0

1 t2

1 1 − t2 + o t2 t→0 6

1 cos t + t2 sin2 t

1 = − + o (1) 6 t→0 1 = ϕ (0) 6

Comme ϕ (0) = 0, on en d´duit : e 7 3 1 t + o t4 ϕ (t) = − t − t→0 6 360 ii. Par troncature, ϕ admet un d´veloppement limit´ en 0 ` l’ordre 0 donc est e e acontinue en 0. De mˆme ϕ admet un d´veloppement limit´ en 0 ` l’ordre 1 e e e a donc ϕ est d´rivable en 0 et : e

Donc ϕ est continue en 0. ϕ est de classe C 1 sur − π , π 2 2

(c) On remarque que : π π ∀t ∈ − , \ {0} 2 2 De plus cette ´galit´ est vraie en 0, donc : e e π π ∀t ∈ − , 2 2 ψ (t) = 1 − tϕ (t) ψ (t) = 1 − tϕ (t)

3. (a) Soit n ∈ N∗ et t ∈ ]0, π[. Alors :
n n

ei2kt
k=1

=k=1

ei2t
n

k

= ei2t
k=1 n−1

ei2t ei2t
k=0

k−1

= ei2t = = = = Donc :

k

D’apr`s la question pr´c´dente et les th´or`mes usuels, on en d´duit que ψ est de e e e e e e classe C 1 sur [−π/2, π/2] et : π π ∀t ∈ − , 2 2 En particulier, pour t = 0, on a : ψ (0) = 0 2. Soit g une fonction de classe C 1 sur [a, b]. Alors, pour tout λ > 0 :
int`gre e n

ψ (t) = −ϕ (t) − tϕ (t)1 − ei2nt ei2t car ei2t = 1 1 − ei2t eint e−int − eint ei2t it −it e (e − eit ) (−2i) sin (nt) ei(n+1)t (−2i) sin t sin (nt) ei(n+1)t sin t
n

1+2
k=1

cos (2kt) = 1 + 2 Re
k=1

ei2kt

= 1 + 2 cos ((n + 1) t) = =

b

b

g (t) sin (λt) dt
a

=
a

g (t) sin (λt) dt
d´rive e

car g est de classe C 1
b b

=

g (t)

(−1) cos (λt) λ


a b a

g (t)

(−1) cos (λt)dt λ En conclusion :
λ→+∞

=

sin (nt) sin t sin t + 2 cos ((n + 1) t) sin (nt) sin t sin t + sin (2n + 1) t − sin t sin t sin ((2n + 1) t) sin t sin ((2n + 1) t) sin t
n

|g (b)| + |g (a)| 1 + λ λ En conclusion :

|g (t)| dt − − − 0 − −→
a

∀n ∈ N∗ (b) On a :
n

∀t ∈ ]0, π[

Sn (t) =

Si g est de classe C 1 sur [a, b] :
b

Sn (0) = 1 + 2
k=1

1 = 1 + 2n et Sn (π) = 1 +2
k=1

1 = 1 + 2n

En conclusion : g (t) sin (λt) dt − − − 0 − −→
λ→+∞

a

∀n ∈ N∗

Sn (0) = Sn (π) = 1 + 2n

(c) On a :
π 2

a bien un sens. De plus : sin ((2n + 1) t) dt sin t Sn (t) dt
0
π 2 π 2

Jn

=
0
π 2

In

=
0
π 2

sin ((2n + 1) t) dt t 1 1 − t sin t
π 2

= =
0

=
0
π 2

sin ((2n + 1) t) dt +
0

sin ((2n + 1) t) dt sin t

n

1+2
k=1 n...
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